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题型突破特训(三)　化学反应原理综合
1. (2024·河北唐山市二模)金属氧化物催化氧化制备苯甲醛是近年来的研究热点。以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛涉及的主要反应有：
反应ⅰ：(l)＋2H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋2H2O(l)　ΔH1＝－489.0 kJ·mol－1
反应ⅱ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋H2O(l)　ΔH2＝＋566.6 kJ·mol－1
反应ⅲ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋H2O(l)　ΔH3
回答下列问题：
(1)反应ⅲ的ΔH3＝ ________kJ·mol－1。
(2)根据阿伦尼乌斯方程ln k＝－＋ln A(A为指前因子，Ea为活化能)，ln k与呈线性关系。据图1可知反应ⅰ的活化能 ________反应ⅱ的活化能。(填“>”“＝”或“<”)
(3)实验测得苯乙烯的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于60 ℃，苯乙烯的转化率下降，可能的原因是 ________________________。
(4)Fe3O4的催化反应机理如下图所示：
以上转化过程中，属于氧化还原反应的是 ____________(填序号)。
(5)在V2O5－ZrO2催化下，甲苯可以实现气相氧化制备苯甲醛。
主反应：＋O2―→＋H2O
副反应：2＋O2―→2
T ℃时，向2 L密闭容器中充入1 mol甲苯蒸气和2 mol O2，起始压强为p0,2 h后反应达平衡时容器内气体总物质的量为2.9 mol，甲苯的转化率为80%。则甲苯的平均反应速率为 ________mol·L－1·h－1，主反应的Kp＝ ________(Kp为平衡分压代替平衡浓度的平衡常数，气体平衡分压＝总压×该气体物质的量分数，计算结果保留三位有效数字)。
2.(2024·江西南昌市二模)硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料。
(1)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键 C—C C—H Si—Si Si—H
键能/(kJ·mol－1) 356 413 226 318
硅与碳同族，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是 ___________ _____________________________________________________________。
(2)锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。Zn还原SiCl4的反应如下：
反应1：400～756 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(l)　ΔH1<0
反应2：756～907 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH2<0
反应3：907～1 410 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH3<0
①对于上述三个反应，下列说法合理的是 ________。
a．升高温度会提高SiCl4的转化率
b．还原过程需在无氧的气氛中进行
c．ΔH1<ΔH2<ΔH3
d．Na、Mg可以代替Zn还原SiCl4
②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是_____________________ __________________________________________________________。
(3)工业上也可用SiHCl3制备高纯硅。25 ℃时，SiHCl3相关反应的热化学方程式和平衡常数如表：
热化学方程式 平衡常数
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝＋48 kJ·mol－1 K1
3SiH2Cl2(g) SiH4(g)＋2SiHCl3(g)　ΔH2＝－30 kJ·mol－1 K2
4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)　ΔH3 K3
①则该温度下，ΔH3＝ ________kJ·mol－1；K3＝ ________(用K1和K2表示)。
②对于反应4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在T1和T2时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。则T1 ________T2(填“大于”“小于”或“等于”)，T1时平衡常数K＝ ________(保留2位小数)。
③在T2下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是 _________________。
3. (2024·河北省重点高中三模)氙及其化合物在工业生产中有重要用途。
(1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物XePtF6，其在熔化时电离出Xe＋和PtF。Xe和PtF6混合制得XePtF6的反应可以表示如下：
已知：①在标准状态下将1 mol离子型晶体(如NaCl)拆散为1 mol气态阳离子(Na＋)和1 mol气态阴离子(Cl－)所需要的能量叫做晶格能，XePtF6的晶格能为458.7 kJ·mol－1。
②Xe的第一电离能为1 170.0 kJ·mol－1。
③PtF6(g)===PtF(g)　ΔH＝－771.0 kJ·mol－1。
根据以上信息，计算反应Xe(g)＋PtF6(g)===XePtF6(s)　ΔH＝ ________kJ·mol－1。
(2)不久，在三个不同实验室里又分别合成了XeF2、XeF4、XeF6三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，NA表示阿伏加德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ________，中心原子的价层电子对数为 ________，晶体密度为 ________g·cm－3。
(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和F2混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。
已知：分压＝总压×该组分物质的量分数；
对于反应dD(g)＋eE(g) gG(g)＋hH(g)　K＝
其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。
标准压强平衡常数K反应平衡 K(523 K) K(673 K)
反应Ⅰ：Xe(g)＋F2(g) XeF2(g)　ΔH1 8.8×104 360
反应Ⅱ：Xe(g)＋2F2(g) XeF4(g)　ΔH2
反应Ⅲ：Xe(g)＋3F2(g) XeF6(g)　ΔH3 K(Ⅲ)
①ΔH1 ________0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中XeF2(g)的含量，应 ________投料比x(填“增大”或“减小”)。
②673 K时充入23.77 mol Xe和45.28 mol F2，达平衡时容器内总压强p＝2.477×103 kPa，各产物的物质的量如下表所示：
化学式 XeF2 XeF4 XeF6
物质的量/mol 3.60 19.80 0.36
则F2平衡转化率α平(F2)＝ ________(保留三位有效数字)，K(Ⅲ) ________。
4.(2024·湖南九校联考二模)2023年杭州亚运会主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了循环内的零排放。
Ⅰ.将工业废气中的CO2加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向。在催化剂作用下主要发生以下反应：
①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ/mol
②CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ/mol
③CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH3
已知：甲醇的选择性＝
(1)反应③自发进行的条件是 ________。
(2)恒温恒容条件下，原料气CO2(g)、H2(g)以物质的量浓度之比为1∶3投料时，控制合适条件(不考虑反应③)，甲醇的选择性为60%。已知初始压强为4 MPa，c(CO2)＝1.0 mol·L－1，CO2平衡转化率为50%，则该条件下反应②的Kp＝ ________(保留三位小数)。
Ⅱ.恒压时，将3 mol H2和1 mol CO2充入密闭容器中进行上述反应。
(3)平衡时，CO2转化率α(CO2)、CH3OH选择性SM、CO选择性SCO随温度T变化如图甲所示：
图中表示SM的是曲线 ________，曲线c随温度升高而升高的原因是 ___________________________________________________________________。
(4)为探究原料气中混入CO气体对反应的影响，测得平衡时α(CO2)、平衡时CH3OH物质的量与初始CO2物质的量之比γ随原料气中的变化如图乙所示。图中随着增大，α(CO2)降低而γ升高的原因是 ____________________ ____________________________________________________；当＝0.4时，若平衡时α(CO2)＝0.1，n(CO)＝0.15 mol，则γ＝ ________。
Ⅲ.新能源的利用对实现“碳中和”也有重要意义。搭载钠离子电池的新能源汽车，动力充足、冬天也无需频繁充电。第二代钠离子电池是以硬碳(Cy)为基底材料的嵌钠硬碳(NaxCy)和锰基高锰普鲁士白Na2Mn[Mn(CN)6]为电极的一种新型二次电池，在充放电过程中，Na＋在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。其工作原理如图所示。
(5)若用该钠离子电池给铅酸蓄电池充电，普鲁士白电极连接 ________(填“Pb”或“PbO2”)极，钠离子电池负极的电极反应式为 ________。
5. (2024·河北石家庄市三模)短链烃是重要的化工原料，也是衡量国家化工水平的重要指标之一。
Ⅰ.丙烷制烯烃的反应有
ⅰ.C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1
ⅱ.C3H8(g)===C2H4(g)＋CH4(g)　ΔH2＝＋82 kJ·mol－1
已知：共价键的键能如表所示：
共价键 C—H C—C C===C H—H
键能/kJ·mol－1 413 347 613 436
回答下列问题：
(1)ΔH1＝ ________kJ·mol－1。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应ⅰ和ⅱ，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 ________(填字母)。
A．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
B.的值保持不变
C．v正(C3H8)＝v逆(C3H6)
D．C2H4(g)和CH4(g)的物质的量之比保持不变
(3)在温度为600 ℃、起始压强为700 kPa的恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡后CH4(g)、C3H6(g)的体积分数均为15%；
①反应ⅰ的分压平衡常数为Kp1＝ ________kPa。
②若其他条件不变，该反应在恒容绝热容器中进行，测得平衡时CH4(g)的体积分数大于C3H6(g)，则此时反应ⅰ和ⅱ的分压平衡常数：Kp1′ ________Kp2′(填“>”“<”或“＝”)。
(4)C3H8(g)在催化剂Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反应机理如图所示．从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为 _______________________ _________________________________________________。
Ⅱ.丙烷、甲醇共进料时，除发生反应ⅰ和ⅱ外，还发生反应：
ⅲ.C3H8(g)＋CH3OH(g)===CO(g)＋3CH4(g)　ΔH＝－29 kJ·mol－1
(5)平衡体系中C3H6(g)、C2H4(g)、CH4(g)和CO(g)在含碳微粒中的物质的量分数随不同投料比L＝的变化关系如图所示，其中代表C2H4(g)的变化曲线为 ________(填字母)。
(6)在恒容密闭容器中充入C3H8(g)和CH3OH(g)发生反应，平衡体系中c(CH4)随温度的升高先减小后增大，解释其原因为 ________________________________ ________________________________________。
6.(2024·辽宁部分高中三模)利用介孔限域催化温室气体CO2加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一，反应如下：
ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ·mol－1
ⅱ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2
(1)稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如表所示，
物质 CO2(g) CO(g) H2O(g)
焓/kJ·mol－1 －394 －111 －242
ΔH2＝ ________kJ·mol－1。
(2)在5.0 MPa下，将5 mol CO2和16 mol H2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应ⅰ和ⅱ，平衡时CH3OH和CO选择性S[S(CH3OH或CO)＝×100%]及CO2的转化率α随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CO2的转化率的曲线是 ________(填“x”“y”或“z”)。
②250 ℃时，平衡体系共有0.5 mol CH3OH，则CO2的平衡转化率＝ ________，反应ⅰ的Kx＝ ________________(Kx是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数，列计算式)。
③p、q两点反应ⅰ的正反应速率大小：v正(p) ________v正(q)(填“>”“＝”或“<”)。
(3)若只发生反应ⅱ，反应的速率方程为v＝k mol·L－1·h－1，其中x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。已知平衡后x(CO2)＝x(H2)＝0.25，此时反应ⅱ的速率v＝ ________mol·L－1·h－1(用含k的代数式表示)。
(4)我国科学工作者又进一步研究了在ZnO—ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇的机理；其主反应历程如图所示(H2―→*H＋*H)。下列说法正确的是 ________(填字母)。
A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．第④步的反应式为*H＋*HO―→H2O
D．反应历程中只有σ键断裂，没有π键断裂
题型突破特训(三)　化学反应原理综合
1. (2024·河北唐山市二模)金属氧化物催化氧化制备苯甲醛是近年来的研究热点。以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛涉及的主要反应有：
反应ⅰ：(l)＋2H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋2H2O(l)　ΔH1＝－489.0 kJ·mol－1
反应ⅱ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋H2O(l)　ΔH2＝＋566.6 kJ·mol－1
反应ⅲ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋H2O(l)　ΔH3
回答下列问题：
(1)反应ⅲ的ΔH3＝ ________kJ·mol－1。
(2)根据阿伦尼乌斯方程ln k＝－＋ln A(A为指前因子，Ea为活化能)，ln k与呈线性关系。据图1可知反应ⅰ的活化能 ________反应ⅱ的活化能。(填“>”“＝”或“<”)
(3)实验测得苯乙烯的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于60 ℃，苯乙烯的转化率下降，可能的原因是 ________________________。
(4)Fe3O4的催化反应机理如下图所示：
以上转化过程中，属于氧化还原反应的是 ____________(填序号)。
(5)在V2O5－ZrO2催化下，甲苯可以实现气相氧化制备苯甲醛。
主反应：＋O2―→＋H2O
副反应：2＋O2―→2
T ℃时，向2 L密闭容器中充入1 mol甲苯蒸气和2 mol O2，起始压强为p0,2 h后反应达平衡时容器内气体总物质的量为2.9 mol，甲苯的转化率为80%。则甲苯的平均反应速率为 ________mol·L－1·h－1，主反应的Kp＝ ________(Kp为平衡分压代替平衡浓度的平衡常数，气体平衡分压＝总压×该气体物质的量分数，计算结果保留三位有效数字)。
【答案】　(1)－1 055.6　(2)<
(3)温度升高，H2O2部分分解(或升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，对反应ⅰ的影响更大)
(4)②⑥　(5)0.2　2.18
【解析】　(1)反应ⅰ－反应ⅱ可以得到反应ⅲ，所以反应ⅲ的ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－1 055.6 kJ·mol－1。(2)由公式可知，－即为斜率，所以反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能。(3)温度高于60 ℃，苯乙烯的转化率下降，可能的原因是：温度升高，H2O2部分分解(或升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，对反应ⅰ的影响更大)。(4)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，即以上转化过程中，属于氧化还原反应的是②⑥。(5)向2 L密闭容器中充入1 mol甲苯蒸气和2 mol O2，甲苯的转化率为80%，消耗的甲苯为0.8 mol，则甲苯的平均反应速率为＝＝0.2 mol·L－1·h－1；
起始(mol) 　1 2 　 0 0
转化(mol) 　0.8 0.8 　 0.8 0.8
平衡(mol) 　0.2 1.2 　 0.8 0.8
起始(mol) 　 0.8 1.2 　 0
转化(mol) 　 2x x 　 2x
平衡(mol) 　 0.8－2x 1.2－x 2x
根据题目信息，则0.8－2x＋1.2－x＋2x＋0.8＋0.2＝2.9，则x＝0.1mol，根据反应前后压强之比等于物质的量之比，＝，平衡时压强p＝p0，则p(甲苯)＝×p0，p(苯甲醛)＝×p0，p(H2O)＝p0，p(O2)＝p0，所以主反应的Kp＝＝2.18。
2.(2024·江西南昌市二模)硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料。
(1)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键 C—C C—H Si—Si Si—H
键能/(kJ·mol－1) 356 413 226 318
硅与碳同族，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是 ___________ _____________________________________________________________。
(2)锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。Zn还原SiCl4的反应如下：
反应1：400～756 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(l)　ΔH1<0
反应2：756～907 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH2<0
反应3：907～1 410 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH3<0
①对于上述三个反应，下列说法合理的是 ________。
a．升高温度会提高SiCl4的转化率
b．还原过程需在无氧的气氛中进行
c．ΔH1<ΔH2<ΔH3
d．Na、Mg可以代替Zn还原SiCl4
②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是_____________________ __________________________________________________________。
(3)工业上也可用SiHCl3制备高纯硅。25 ℃时，SiHCl3相关反应的热化学方程式和平衡常数如表：
热化学方程式 平衡常数
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝＋48 kJ·mol－1 K1
3SiH2Cl2(g) SiH4(g)＋2SiHCl3(g)　ΔH2＝－30 kJ·mol－1 K2
4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)　ΔH3 K3
①则该温度下，ΔH3＝ ________kJ·mol－1；K3＝ ________(用K1和K2表示)。
②对于反应4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在T1和T2时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。则T1 ________T2(填“大于”“小于”或“等于”)，T1时平衡常数K＝ ________(保留2位小数)。
③在T2下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是 _________________。
【答案】　(1)Si—Si键的键能比C—C键的键能低，难以形成较长的硅链；Si—H键的键能比C—H键的键能低，使得短链硅烷也不稳定
(2)①bd　②温度高，反应速率快；更易于硅的分离
(3)①＋114　K·K2　②大于　0.11　③及时分离出产物
【解析】　(1)硅原子半径大于碳，形成硅硅键键长大于碳碳键键长，使得Si—Si键的键能比C—C键的键能低，难以形成较长的硅链；Si—H键的键能比C—H键的键能低，也使得短链硅烷也不稳定，故硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。(2)①a.反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致SiCl4的转化率降低，错误；b.锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，正确；c.液态氯化锌变为气体，导致反应放热减少，放热的焓变为负值，故ΔH1<ΔH2，液态锌单质变为气体，使反应放热更多，故ΔH2>ΔH3，错误；d.Na、Mg均为活泼金属，可以代替Zn作为还原剂，还原SiCl4，正确；故选bd；②反应3温度高，反应速率快，且生成硅为固态而氯化锌为气体，更易于硅的分离，所以实际制备过程选择“反应3”。(3)①已知：Ⅰ：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝＋48 kJ·mol－1；Ⅱ：3SiH2Cl2(g) SiH4(g)＋2SiHCl3(g)　ΔH2＝－30 kJ·mol－1，由盖斯定律可知，3×Ⅰ＋Ⅱ得反应：4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)，则该温度下，ΔH3＝3×(＋48 kJ·mol－1)＋(－30 kJ·mol－1)＝＋114 kJ·mol－1；K3＝K·K2。②反应4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动且反应速率加快，SiHCl3的转化率增大，结合图可知，T1大于T2；T1平衡时，SiHCl3的转化率为50%，假设投料SiHCl3 1 mol，则：
4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)
起始(mol) 1 0 0
转化(mol) 0.5 0.125 0.375
平衡(mol) 0.5 0.125 0.375
反应为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替其浓度，则平衡常数K＝＝0.11。③T2下，及时分离出产物，可以促使反应正向进行，使得SiHCl3转化率提高。
3. (2024·河北省重点高中三模)氙及其化合物在工业生产中有重要用途。
(1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物XePtF6，其在熔化时电离出Xe＋和PtF。Xe和PtF6混合制得XePtF6的反应可以表示如下：
已知：①在标准状态下将1 mol离子型晶体(如NaCl)拆散为1 mol气态阳离子(Na＋)和1 mol气态阴离子(Cl－)所需要的能量叫做晶格能，XePtF6的晶格能为458.7 kJ·mol－1。
②Xe的第一电离能为1 170.0 kJ·mol－1。
③PtF6(g)===PtF(g)　ΔH＝－771.0 kJ·mol－1。
根据以上信息，计算反应Xe(g)＋PtF6(g)===XePtF6(s)　ΔH＝ ________kJ·mol－1。
(2)不久，在三个不同实验室里又分别合成了XeF2、XeF4、XeF6三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，NA表示阿伏加德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ________，中心原子的价层电子对数为 ________，晶体密度为 ________g·cm－3。
(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和F2混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。
已知：分压＝总压×该组分物质的量分数；
对于反应dD(g)＋eE(g) gG(g)＋hH(g)　K＝
其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。
标准压强平衡常数K反应平衡 K(523 K) K(673 K)
反应Ⅰ：Xe(g)＋F2(g) XeF2(g)　ΔH1 8.8×104 360
反应Ⅱ：Xe(g)＋2F2(g) XeF4(g)　ΔH2
反应Ⅲ：Xe(g)＋3F2(g) XeF6(g)　ΔH3 K(Ⅲ)
①ΔH1 ________0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中XeF2(g)的含量，应 ________投料比x(填“增大”或“减小”)。
②673 K时充入23.77 mol Xe和45.28 mol F2，达平衡时容器内总压强p＝2.477×103 kPa，各产物的物质的量如下表所示：
化学式 XeF2 XeF4 XeF6
物质的量/mol 3.60 19.80 0.36
则F2平衡转化率α平(F2)＝ ________(保留三位有效数字)，K(Ⅲ) ________。
【答案】　(1)－59.7
(2)XeF2　5　
(3)①<　减小　②97.8%　36
【解析】　(1)XePtF6的晶格能为458.7 kJ·mol－1，则Xe＋形成1 mol XePtF6晶体的热化学方程式：Xe＋(g)＋PtF(g)===XePtF6(s)　ΔH＝－458.7 kJ·mol－1；Xe的第一电离能为1 170.0 kJ·mol－1，则Xe(g)===Xe＋(g)　ΔH＝＋1 170.0 kJ·mol－1；根据盖斯定律，Xe(g)＋PtF6(g)===XePtF6(s)　ΔH＝(－458.7＋1 170.0－771.0)kJ·mol－1＝－59.7 kJ·mol－1。(2)图中大球的个数为8×＋1＝2，小球的个数为8×＋2＝4，根据粒子半径的大小判断大球应为Xe原子、小球应为F原子，大球与小球个数比是1∶2，则晶胞的化学式为XeF2；中心原子的价层电子对数为2＋＝5；该晶胞中含有2个XeF2分子，故晶胞的质量为m＝ g，晶胞的体积为V＝a2b×10－30 cm3，则密度为ρ＝＝＝ g·cm－3。(3)①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，故ΔH1<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值；②根据反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时，反应的F2物质的量为n(F2)＝3.60＋19.80×2＋0.36×3＝44.28 mol，则F2平衡转化率α平(F2)＝×100%≈97.8%；已知，达到平衡时，各物质总物质的量n总＝[3.60＋19.80＋0.36＋(45.28－44.28)＋(23.77－23.76)]mol＝24.77 mol，反应Ⅲ的平衡常数K(Ⅲ)＝＝＝36。
4.(2024·湖南九校联考二模)2023年杭州亚运会主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了循环内的零排放。
Ⅰ.将工业废气中的CO2加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向。在催化剂作用下主要发生以下反应：
①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ/mol
②CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ/mol
③CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH3
已知：甲醇的选择性＝
(1)反应③自发进行的条件是 ________。
(2)恒温恒容条件下，原料气CO2(g)、H2(g)以物质的量浓度之比为1∶3投料时，控制合适条件(不考虑反应③)，甲醇的选择性为60%。已知初始压强为4 MPa，c(CO2)＝1.0 mol·L－1，CO2平衡转化率为50%，则该条件下反应②的Kp＝ ________(保留三位小数)。
Ⅱ.恒压时，将3 mol H2和1 mol CO2充入密闭容器中进行上述反应。
(3)平衡时，CO2转化率α(CO2)、CH3OH选择性SM、CO选择性SCO随温度T变化如图甲所示：
图中表示SM的是曲线 ________，曲线c随温度升高而升高的原因是 ___________________________________________________________________。
(4)为探究原料气中混入CO气体对反应的影响，测得平衡时α(CO2)、平衡时CH3OH物质的量与初始CO2物质的量之比γ随原料气中的变化如图乙所示。图中随着增大，α(CO2)降低而γ升高的原因是 ____________________ ____________________________________________________；当＝0.4时，若平衡时α(CO2)＝0.1，n(CO)＝0.15 mol，则γ＝ ________。
Ⅲ.新能源的利用对实现“碳中和”也有重要意义。搭载钠离子电池的新能源汽车，动力充足、冬天也无需频繁充电。第二代钠离子电池是以硬碳(Cy)为基底材料的嵌钠硬碳(NaxCy)和锰基高锰普鲁士白Na2Mn[Mn(CN)6]为电极的一种新型二次电池，在充放电过程中，Na＋在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。其工作原理如图所示。
(5)若用该钠离子电池给铅酸蓄电池充电，普鲁士白电极连接 ________(填“Pb”或“PbO2”)极，钠离子电池负极的电极反应式为 ________。
【答案】　(1)低温　(2)0.105
(3)b　线c表示的是SCO，反应①、③均为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①、③逆向移动，反应②正向移动，CO的选择性变大
(4)增大，与CO反应的H2变多，与CO2反应的H2变少，所以α(CO2)降低；增大，更有利于反应③的正向进行，产生CH3OH变多，所以γ升高　0.35
(5)PbO2　NaxCy－xe－===Cy＋xNa＋
【解析】　(1)由盖斯定律可知，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－90.4 kJ/mol；反应③是气体体积减小的放热反应，当ΔH－TΔS<0时反应能自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。
(2)设容积为1 L，根据已知条件列出“三段式”
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
初始/mol 1 3 0 0
转化/mol x 3x x x
平衡/mol 1－x 3－3x x x
CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 1－x 3－3x 0 x
转化/mol y y y y
平衡/mol 1－x－y 3－3x－y y x＋y
甲醇的选择性为×100%＝60%，CO2平衡转化率为×100%＝50%，解得x＝0.3 mol，y＝0.2 mol，则平衡压强为4 MPa×＝3.4 MPa，该条件下反应②Kp＝＝＝0.105。(3)由于SM＋SCO＝1，而随着温度的升高，SM降低，所以表示SM的是曲线b。表示SCO的是曲线c，反应①、③均为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①、③逆向移动，反应②正向移动，CO的选择性变大，故曲线c随温度的升高而升高。(4)增大，与CO反应的H2变多，与CO2反应的H2变少，所以α(CO2)降低；增大，更有利于反应③的正向进行，产生CH3OH变多，所以γ升高。初始3 mol H2和1 mol CO2，＝0.4，n(CO)＝0.4 mol。平衡状态时α(CO2)＝0.1，所以n(CO2)＝1 mol×(1－0.1)＝0.9 mol，n(CO)＝0.15 mol，根据碳元素守恒，n(CH3OH)＝(1＋0.4－0.9－0.15)mol＝0.35 mol，所以γ＝0.35。(5)普鲁士白为正极，给铅酸蓄电池充电时，连接铅酸蓄电池的PbO2电极，负极为嵌钠硬碳，电极反应式为NaxCy－xe－===Cy＋xNa＋。
5. (2024·河北石家庄市三模)短链烃是重要的化工原料，也是衡量国家化工水平的重要指标之一。
Ⅰ.丙烷制烯烃的反应有
ⅰ.C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1
ⅱ.C3H8(g)===C2H4(g)＋CH4(g)　ΔH2＝＋82 kJ·mol－1
已知：共价键的键能如表所示：
共价键 C—H C—C C===C H—H
键能/kJ·mol－1 413 347 613 436
回答下列问题：
(1)ΔH1＝ ________kJ·mol－1。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应ⅰ和ⅱ，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 ________(填字母)。
A．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
B.的值保持不变
C．v正(C3H8)＝v逆(C3H6)
D．C2H4(g)和CH4(g)的物质的量之比保持不变
(3)在温度为600 ℃、起始压强为700 kPa的恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡后CH4(g)、C3H6(g)的体积分数均为15%；
①反应ⅰ的分压平衡常数为Kp1＝ ________kPa。
②若其他条件不变，该反应在恒容绝热容器中进行，测得平衡时CH4(g)的体积分数大于C3H6(g)，则此时反应ⅰ和ⅱ的分压平衡常数：Kp1′ ________Kp2′(填“>”“<”或“＝”)。
(4)C3H8(g)在催化剂Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反应机理如图所示．从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为 _______________________ _________________________________________________。
Ⅱ.丙烷、甲醇共进料时，除发生反应ⅰ和ⅱ外，还发生反应：
ⅲ.C3H8(g)＋CH3OH(g)===CO(g)＋3CH4(g)　ΔH＝－29 kJ·mol－1
(5)平衡体系中C3H6(g)、C2H4(g)、CH4(g)和CO(g)在含碳微粒中的物质的量分数随不同投料比L＝的变化关系如图所示，其中代表C2H4(g)的变化曲线为 ________(填字母)。
(6)在恒容密闭容器中充入C3H8(g)和CH3OH(g)发生反应，平衡体系中c(CH4)随温度的升高先减小后增大，解释其原因为 ________________________________ ________________________________________。
【答案】　(1)＋124 kJ·mol－1
(2)AB　(3)①56.25或　②＜
(4)C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键
(5)c
(6)反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导
【解析】　(1)ΔH1＝反应物的总键能－生成物的总键能＝347×2＋8×413－613－347－6×413－436＝＋124 kJ·mol－1。(2)无论反应ⅰ还是ⅱ，气体质量不变，n可变，说明平均相对分子质量是一个可变的值，不再发生变化，说明达到平衡状态，A正确；＝，当Q不变时，说明Q＝K，达到了平衡状态，B正确；C3H8参加了两个反应，而C3H6只存在于一个反应，不能说明达到平衡状态，C错误；C2H4(g)和CH4(g)在任何时刻物质的量都是按1∶1生成，不能说明达到了平衡状态，D错误；故选AB。(3)①体积分数＝物质的量分数，甲烷的体积分数等于乙烯的体积分数，丙烯的体积分数等于氢气的体积分数，则C3H8的体积分数为100%－15%－15%－15%－15%＝40%，则平衡时的压强＝＝1 000 kPa，则p(C3H8)＝1 000×40%＝400 kPa，p(C3H6)＝p(H2)＝15%×1 000＝150 kPa，Kp1＝＝56.25 kPa；②由①分析可知恒温恒容条件下，Kp1＝Kp2，恒容绝热容器中CH4(g)体积分数大于C3H6(g)，则可知Kp1′6.(2024·辽宁部分高中三模)利用介孔限域催化温室气体CO2加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一，反应如下：
ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ·mol－1
ⅱ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2
(1)稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如表所示，
物质 CO2(g) CO(g) H2O(g)
焓/kJ·mol－1 －394 －111 －242
ΔH2＝ ________kJ·mol－1。
(2)在5.0 MPa下，将5 mol CO2和16 mol H2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应ⅰ和ⅱ，平衡时CH3OH和CO选择性S[S(CH3OH或CO)＝×100%]及CO2的转化率α随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CO2的转化率的曲线是 ________(填“x”“y”或“z”)。
②250 ℃时，平衡体系共有0.5 mol CH3OH，则CO2的平衡转化率＝ ________，反应ⅰ的Kx＝ ________________(Kx是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数，列计算式)。
③p、q两点反应ⅰ的正反应速率大小：v正(p) ________v正(q)(填“>”“＝”或“<”)。
(3)若只发生反应ⅱ，反应的速率方程为v＝k mol·L－1·h－1，其中x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。已知平衡后x(CO2)＝x(H2)＝0.25，此时反应ⅱ的速率v＝ ________mol·L－1·h－1(用含k的代数式表示)。
(4)我国科学工作者又进一步研究了在ZnO—ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇的机理；其主反应历程如图所示(H2―→*H＋*H)。下列说法正确的是 ________(填字母)。
A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．第④步的反应式为*H＋*HO―→H2O
D．反应历程中只有σ键断裂，没有π键断裂
【答案】　(1)＋41
(2)①z　②20%　　③＜
(3)0.062 5k
(4)BC
【解析】　(1)焓变为生成物与反应物焓值差，根据题干信息，稳定单质的焓(H)为0，结合各物质焓可知，ΔH2＝[(－111)＋(－242)]kJ·mol－1－(－394)kJ·mol－1＝＋41 kJ·mol－1。(2)①反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，二氧化碳转化率受两个反应影响，温度高于250 ℃时，以反应ⅱ为主，随温度升高，平衡正向移动，温度低于250 ℃时，以反应ⅰ为主，随温度升高，平衡逆向移动，所以表示平衡时CO2的转化率的曲线是z；②250 ℃时，平衡体系共有0.5 mol CH3OH，结合图像可知，选择性S＝50%，说明此时Δn(CO2)＝1 mol，其平衡转化率：×100%＝20%：
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
转化/mol 0.5 1.5 0.5 0.5
CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
转化/mol 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡时二氧化碳物质的量：4 mol，氢气物质的量：14 mol，水物质的量：1 mol，一氧化碳物质的量：0.5 mol，甲醇物质的量0.5 mol，总物质的量：20 mol，则Kx＝；③根据图像，p点位于曲线y之上，q点位于曲线y之下，则p、q两点反应ⅰ的正反应速率大小：v正(p)题型突破三　化学反应原理综合
●题型功能
1.能力考查：考查学生信息获取与加工、逻辑推理与论证和批判性思维能力；能识别、转化、提取图像中的各种信息，能够理清复杂动态变化体系中各种物质的关系；结合所学基本原理和基础知识进行分析与推测、归纳与论证、探究与创新，并进行有关计算等。
2.热点考查：热方程式的正误判断及盖斯定律的应用；对陌生的图像、图表的辨识、分析与应用；分析最佳反应条件并进行有关化学反应速率、化学平衡常数、反应物转化率或产物产率等方面的计算、比较、分析与解释，电化学中电极反应式的书写及相关计算与分析。
●题型情境
多以化工生产中的实际工业反应为素材，以生产环境、学术探索情境，体现化学在生产生活中的应用。
●题型结构
●命题趋势
化学反应原理综合题主要考查学生利用原理解决实际问题的能力，考查点多面广，有高度有深度，综合性强度高。试题体现了专题和板块高度融合，尤其是与有机化学模块融合最大。
有机＋原理型
1
题型
1. (2024·河北选考)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
2024真题赏析
①若正反应的活化能为E正 kJ·mol－1，则逆反应的活化能E逆＝ ________________kJ·mol－1(用含E正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp＝p0－p，p0为体系初始压强，p0＝ 240 kPa，p为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为 _____ ___________，判断依据为 ___________。M点Cl2的转化率为 ________，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp＝_______kPa－1。
③下图曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是 ________ (填序号)。
?
根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1∶1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，Δp相等
(2)1,4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1～k5分别对应反应①～⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。
已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝100∶21∶7∶4∶23。
①30 min时，c(X)＝6.80 mol·L－1，且30～60 min内v(X)＝ 0.042 mol·L－1·min－1，反应进行到60 min时，c(X)＝_______mol·L－1。
【答案】(1)①E正＋67.59　②T3>T2>T1　该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低　75%　0.03　③D
(2)①5.54　②0.033　增大
【解析】　(1)①根据反应热ΔH与活化能E正，E逆的关系为ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能可知，该反应的E逆＝E正 kJ·mol－1－ΔH＝ (E正＋67.59)kJ·mol－1。②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp即越大。从T3到T1，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，即T3>T2>T1。由题图甲中M点可知，进料比为n(SO2)∶n(Cl2)＝2，平衡时Δp＝60 kPa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
无机＋原理型
2
题型
2. (2024·湖北选考)用BaCO3和焦炭为原料，经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
回答下列问题：
(1)写出BaC2与水反应的化学方程式 __________________。
(3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。1 400 K和1 823 K下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为900 K，缓慢加热至1 400 K时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为 ________。
②1 823 K下，反应速率的变化特点为 ______________，其原因是 __________________________________________________。
【答案】　(1)BaC2＋2H2O―→Ba(OH)2＋HC≡CH↑
(2)①1016　②105　105
(3)①BaO　②速率不变至BaC2产率接近100%　原因见解析
【思维模型】　 化学平衡移动问题分析流程
突破点1　反应中的能量变化
规律方法整合　建模型
强基培优精练　提能力
考前名校押题　练预测
高考真题赏析　明考向
1. (2024·广东选考节选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。
①基态N原子价层电子的轨道表示式为 _________________。
2. (2023·河北选考)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：1 mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质 N2(g) O2(g) NO(g)
能量/kJ 945 498 631
回答下列问题：
(1)恒温下，将1 mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为V L的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
(2)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 ________(填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生NH3。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH3和H2的质量比为17∶3，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 _____________。
?
电解制备氨气，氮气和氢气分别在阴极和阳极上放电合成氨气，其内电路多为传导氢离子的陶瓷
【答案】　(1)181　(2)①阴　②2NH3＋6OH－－6e－===N2＋6H2O
【解析】　(1)①ΔH1＝反应物总键能－生成物总键能＝(945 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1)－2×631 kJ·mol－1＝＋181 kJ·mol－1。(2)①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性条件下发生，2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。
?化学反应与焓变
1.书写热化学方程式的“五环节”
2.焓变计算
?有机化合物的电化学合成
1.电化学合成技术是用电子代替会造成环境污染的氧化剂和还原剂，在温和条件下制备高附加值的有机化合物产品，分为直接有机电合成和间接有机电合成两种类型。
(1)直接有机电合成：有机合成反应直接在电解池的两电极通过氧化反应、还原反应完成。
(2)间接有机电合成：有机化合物的氧化反应(或还原反应)，仍采用氧化剂(或还原剂)，用传统的化学方法进行，但氧化剂(或还原剂)在反应后以电化学方法(电解氧化或电解还原)再生后反复使用。
2.电化学合成有机化合物应用示例。
【思维模型】　 利用盖斯定律计算焓变思维模型
1. (2024·河北邯郸二模)一氯甲烷广泛用作溶剂、提取剂、推进剂、制冷剂、甲基化试剂，用于生产农药、医药等。600 K时，CH3Cl和H2O作用生成CH3OH，CH3OH可继续反应生成(CH3)2O。反应原理如下：
化学键 C—Cl C—H C—O H—Cl H—O
键能/(kJ·mol－1) 331 414 343 429 460
则ΔH1＝________kJ·mol－1。
(2)甲醇也可通过电化学方法由甲烷直接制得，装置如右图所示：
已知，电解生成甲醇的过程分3步：
①通电时，氯离子先转化成高活性的原子氯(Cl·)；②Cl·与吸附在电极上的CH4反应生成HCl和CH3Cl；③在碱性电解液中，CH3Cl转化为目标产物CH3OH。当步骤①有2 mol Cl·生成时，外电路中转移的电子数为 ________(用含NA的代数式表示)。阴极的电极反应为 ________。
【答案】　(1)＋19　(2)2NA　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
【解析】　(1)利用反应物键能之和减去生成物键能之和即可，故ΔH1＝(331＋414×3＋460×2－414×3－343－460－429)kJ·mol－1＝ ＋19 kJ·mol－1。(2)阳极发生反应：Cl－－e－===Cl·，根据电极方程式可知，Cl·～e－，即有2 mol Cl·生成时，外电路中转移2 mol电子，则转移电子数为2NA；阴极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
2. (2024·河北石家庄市二模)烯丙醇是生产甘油、医药、农药、香料和化妆品的中间体。已知烯丙醇与水在一定条件下发生加成反应的原理如下：
已知：相关物质在298 K时的标准摩尔生成焓(101 kPa时，该温度下由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变)如下表所示：
物质 CH2==CHCH2OH(g) H2O(g) HOCH2CH2CH2OH(g) CH3CH(OH)CH2OH(g)
标准摩尔生成焓/(kJ/mol) －171.8 －241.8 －464.9 －485.7
(2)烯丙醇的电氧化过程有重要应用。其在阳极放电时，同时存在三种电极反应(烯丙醇→丙烯酸、烯丙醇→丙烯醛、烯丙醇→丙二酸)，各反应决速步骤的活化能如下表所示。
反应 烯丙醇→丙烯酸 烯丙醇→丙烯醛 烯丙醇→丙二酸
活化能(单位：eV) 8.6a 2.5a 13.7a
①该条件下，相同时间内，阳极产物中含量最多的为 ________。
②碱性条件下，烯丙醇在电极上生成丙烯醛(CH2===CHCHO)的电极反应式为 __________________________________________。
【答案】　(1)－72.1　>　(2)①丙烯醛　②CH2==CHCH2OH－2e－＋2OH－―→CH2===CHCHO＋2H2O
【解析】　(1)由题意可知，反应Ⅱ的反应热ΔH2＝(－485.7 kJ/mol)－[(－171.8 kJ/mol)＋(－241.8 kJ/mol)]＝－72.1 kJ/mol，同理可知反应Ⅰ的反应热ΔH1＝－51.3 kJ/mol；同种物质由液态到气态是熵增加的过程，则熵变ΔS1大于ΔS1′。(2)①反应的活化能越大，反应速率越慢，由表格数据可知，阳极放电时，烯丙醇转化为丙烯醛的活化能最小，反应速率最快，所以相同时间内，阳极产物中含量最多的为丙烯醛；②由题意可知，碱性条件下，烯丙醇在阳极失去电子发生氧化反应生成丙烯醛，电极反应式为CH2===CHCH2OH－2e－＋2OH－―→CH2===CHCHO＋2H2O。
3. (2024·湖南衡阳市二模)低碳烯烃是重要的化工原料。回答下列问题：
Ⅰ.我国科学家研究出新型催化剂Fe3(CO)12/ZMS-5，能使CO2加氢生成乙烯，反应过程如图所示：
(1)Fe3(CO)12催化CO2加氢的反应由反应①和反应②两步完成，反应①的活化能E1＞反应②的活化能E2，则Fe3(CO)12催化CO2加氢反应的决速步骤是 ________(填“反应①”或“反应②”)。反应③为解聚、 烯烃异构化反应，烯烃异构化是指改变烯烃结构而相对分子质量不变的反
应过程，化工生产中的下列烯烃能发生异构化反应的是 ________(填字母)。
?
即化学键重排，是一种同分异构体形式
A．乙烯　　　　　　 B．2-甲基丙烯
C．2,3-二甲基-1-丁烯
Ⅱ.丙烯作为化工原料，其用量仅次于乙烯，应用丙烷脱氢制丙烯成为丙烯的重要来源，涉及的主要反应如下：
【答案】　(1)反应①　BC　(2)＋548.5
4. (2024·湖北武汉二模)丙烯是一种重要的化工原料。利用丙烷脱氢制备丙烯的原理为：
回答下列问题：
(1)各化学键的键能如表所示，则ΔH1＝________kJ·mol－1。
化学键 C—H C—C(π键) H—H
键能(kJ·mol－1) 413 271 436
(2)计算机模拟直接脱氢的反应历程如图所示：
①基元反应速率大小：第一步 ________(填“>”“<”或“＝”)第二步。
②依据该历程图推测丙烷脱氢可能会产生的副产物为 ________(填分子式)。
【答案】　(1)＋119　(2)①<　②C6H14
回答下列问题：
(1)合成气制乙烯的反应：ΔH＝____kJ·mol－1，该反应的ΔS ________0(填“>”“<”或“＝”)，在 ________情况下有利于该反应自发进行。
(2)我国科学家成功实现了用电催化CO高选择性直接制备乙烯，该方法的工作原理如图所示。阴极材料为优化的铜基催化剂。写出阴极的电极反应式： _________________________电解的总反应化学方程式为 ______________________。
【答案】　(1)－231　<　低温
2. (2024·江西师大附中三模节选)乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领域，工业上可用以下两种方法制备乙醇。
(1)活化能Ea(正) ________Ea(逆)(填“>”或“<”)。
(2)乙酸甲酯(CH3COOCH3)催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应：
已知CH3COOCH3、H2、C2H5OH、CH3OH的燃烧热分别为1 593.4 kJ/mol,285.8 kJ/mol,1 366.8 kJ/mol,725.8 kJ/mol，ΔH1＝________。
(3)研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，工作原理如图。
①负极的电极反应式为 __________________________。
②当向正极通入1 mol O2且全部被消耗时，理论上正负极溶液质量变化的绝对值之差为 ________g(保留两位小数)。
【答案】　(1)<　(2)－72.4 kJ/mol　(3)①C2H5OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋　②2.67
【解析】　(1)根据图表可知，温度升高二氧化碳平衡转化率下降，平衡逆向移动，故逆反应吸热，正反应放热，ΔH＝Ea(正)－Ea(逆)<0，活化能Ea(正)12e－===2CO2↑＋12H＋；②1 mol O2被消耗，转移电子4 mol，根据正极电极反应式O2＋4H＋＋4e－===2H2O，正极溶液增加1 mol O2和4 mol H＋，质量为32＋4＝36 g；根据负极电极反应，转移12 mol电子生成 2 mol CO2和12 mol H＋，氢离子通过质子交换膜进入正极区，减少质量88＋12＝100 g，故转移4 mol电子减少质量33.33 g，理论上正负极溶液质量变化的绝对值之差为36 g－33.33 g＝2.67 g。(共56张PPT)
题型突破三　化学反应原理综合
突破点2　平衡中的各种计算
规律方法整合　建模型
强基培优精练　提能力
考前名校押题　练预测
高考真题赏析　明考向
1. (2024·广东选考节选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
(1)酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。
②某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图1。
据图可知，在该过程中 ________。
A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小
(2)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图2，其中的催化剂有 ________和 ________。
(3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的Ka。
a．选择合适的指示剂HIn，Ka(HIn)＝3.6×10－20；其钾盐为KIn。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算Ka(HA) ________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)
②在该溶剂中，Ka(HB)______Ka(HA)；Ka(HB)_______Ka(HIn)。(填“>”“<”或“＝”)
【答案】　(1)BD　(2)AcOH　KI　(3)①4.0×10－21　②＞　＞
【解析】　(1)催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误；由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确；故选BD。(2)催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI。(3)①由变化曲线图
2. (2023·河北选考)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
(1)恒温下，将1 mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为V L的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
①以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有________(填标号)。
A．缩小体积　　　 B．升高温度
C．移除NO2　　　 D．降低N2浓度
②若上述平衡体系中c(NO2)＝a mol·L－1，c(NO)＝b mol·L－1，则c(O2)＝________mol·L－1，K1＝________(写出含a、b、V的计算式)。
(2)氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v＝kcx(NO)cy(H2)，k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组号 c(NO)/(mol·L－1) c(H2)/(mol·L－1) v/(mol·L－1·s－1)
1 0.10 0.10 r
2 0.10 0.20 2r
3 0.20 0.10 4r
4 0.05 0.30 ？
表中第4组的反应速率为________mol·L－1·s－1。(写出含r的表达式)
【解析】　(1)①缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意；升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意；移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意；降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意；②根据三段式
回答下列问题：
(3)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是________(填标号)。
a．升高温度　　　　　　　 b．增大压强
c．加入催化剂
案为：在反应过程中，断裂和形成的化学键相同。(3)由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意。
?化学平衡常数的换算
1.同一可逆反应中，K正·K逆＝1。
?“三段式”分析突破反应速率和平衡的有关计算
1.根据题意在反应的下方确定或设定有关起始量、转化量和平衡量(这里的量可以是物质的量、物质的量浓度、分压等)。
2.根据题中所求的物理量的表示式代入上述有关量进行换算或计算。在进行有关计算时，要注意对单位的要求。
?
多种不同形式的平衡常数表达式含义要弄清
【思维模型】
1.Kp的计算流程(数据通常来自图像或表格)
2.原子守恒法解答多平衡体系中平衡常数思路
1. (2024·河北石家庄二模)烯丙醇是生产甘油、医药、农药、香料和化妆品的中间体。已知烯丙醇与水在一定条件下发生加成反应的原理如下：
(1)若向绝热恒容容器中加入CH2===CHCH2OH(g)和H2O(g)，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列事实不能说明体系达到平衡状态的是________(填选项字母)。
A．容器内气体的压强不变
B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不变
D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)温度为T时，向压强为300 kPa的恒压密闭容器中，按1∶1∶1的体积比充入CH2===CHCH2OH(g)、H2O(g)和He(g)，达到平衡时CH3CH(OH)CH2OH(g)、HOCH2CH2CH2OH(g)和He(g)的分压分别为100 kPa、20 kPa和140 kPa。
①该温度下，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝________。
②若其他条件不变，初始时不充入He(g)，而是按1∶1的体积比充入CH2===CHCH2OH(g)和H2O(g)，达到新平衡时，H2O(g)的转化率将________(填“增大”“减小”或“不变”)，解释其原因为_________________________________________________。
【答案】　(1)C　(2)L2　L1　(3)①0.25 kPa－1　②增大　反应Ⅰ和Ⅱ都是正向为气体体积减小的反应，增大反应物的分压，平衡正向移动，转化率增大
【解析】　(1)反应Ⅰ和Ⅱ都是气体体积减小的反应，反应中容器内气体的压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A不符合题意；反应Ⅰ和Ⅱ都是放热反应，反应中绝热恒容容器内温度升高，则容器内温度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B不符合题意；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的
密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C符合题意；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应Ⅰ和Ⅱ都是气体体积减小的反应，反应中容器内气体的平均相对分子质量增大，则容器内气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D不符合题意。(2)反应Ⅰ和Ⅱ都是放热反应，由方程可知，温度升高，反应的压强平衡常数都减小；相同温度时，放热反应的焓变越大，反应的压强平衡常数越小，则曲线L2表示反应Ⅰ的压强平衡常数与温度的关系、曲线L1表示反应Ⅱ的压强平衡常数与温度的关系。(3)温度为T时，向压强为300 kPa的恒压密闭容器中，按1∶1∶1的体积比充入CH2===CHCH2OH(g)、H2O(g)和He(g)，达到平
2. (2024·湖北武汉二模)丙烯是一种重要的化工原料。利用丙烷脱氢制备丙烯的原理为：
(1)一种提高丙烷转化率的催化剂—膜系统，能让部分氢气透过膜后与反应体系分离，其工作原理如图所示：
?
创新装置可以改变丙烷的转化率，符合平衡移动规律
①该系统能提高丙烷转化率的原因为_______________________。
②在T、p0条件下，1 mol丙烷通入无膜反应器，丙烷的平衡转化率为50%，该反应的压强平衡常数Kp＝________；在相同条件下，若换成如图所示有膜反应器，丙烷的平衡转化率为75%，则相同时间内出口a和出口b的氢气质量之比为________。
(2)丙烯还可通过丙烷氧化脱氢的方法制备，其原理为：
相比直接脱氢，氧化脱氢制备丙烯的优点为_________________，缺点为__________________________________(各写1点即可)。
【解析】　(1)①由图可知，Ar吹扫能分离出部分氢气，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，丙烷转化率增大；②由题意可知，丙烷的平衡转化率为50%，由方程式可知，平衡时丙烷、丙烯、氢气的物质的量为1 mol－1 mol×50%＝0.5 mol、1 mol×50%＝0.5 mol、1 mol×
b的氢气质量之比为0.125 mol×2 g·mol－1∶(0.75－0.125)mol×2 g·mol－1＝1∶5。(2)相比直接脱氢，氧化脱氢的优点是生成的水蒸气容易分离，使平衡向正反应方向移动，有利于增大丙烷转化率；缺点是催化剂作用下丙烷可能与通入的氧气发生副反应，导致丙烯的产率降低。
1. (2024·河北张家口市三模节选)在催化剂的作用下H2与CO发生如下两个反应：
表中数据表明，在相同温度下，使用不同的催化剂时CO转化率不同的原因是________________________________________________。
催化剂 乙烯选择性(%) CO转化率(%)
Fe—Mo—cat 46.3 23.5
Fe基复合催化剂 26.8 33.8
碳纳米管限域催化 58.2 43.5
【答案】　(1)未达到平衡，不同的催化剂对CO反应的催化能力不同　(2)62.5%
2. (2024·江西师大附中三模节选)乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领域，工业上可用以下两种方法制备乙醇。
(1)若在恒容绝热的容器中发生该反应，下列情况下反应一定达到平衡状态的是________(填序号)。
A．容器内CO2和H2体积比不再改变
B．容器内气体密度不再改变
C．容器内温度不再发生改变
D．断开C==O键与断开O—H键的数目之比为2∶3
Ⅱ.乙酸甲酯(CH3COOCH3)催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应：
(3)T ℃时在1 L密闭容器内通入1 mol CH3COOCH3和3 mol H2，初始压强为100 MPa，发生反应①和②，达到平衡时体系压强变成90 MPa，且H2的分压为CH3COOCH3分压的5倍，反应①的平衡常数Kp＝________MPa－1。
【答案】　(1)AC　(2)氢酯比小于8，乙酸甲酯及H2均有较大的吸附率，增大氢酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯转化率增大(或增大氢酯比，平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大)；氢酯比大于8，大量的H2吸附在催化剂的表面，阻碍了催化剂吸附乙酸甲酯，导致乙酸甲酯的转化率减小　(3)0.006
【解析】　(1)密闭容器中充入4 mol CO2和14 mol H2发生该反应，容器内CO2和H2体积比不再改变时，可以判断达到平衡，故A正确；恒容容器中，气体的密度不会改变，故B错误；绝热容器内，未达到平衡前，温度一直在变，当温度不变时达到了平衡，故C正确；断开C===O键与断开O—H键的数目之比为4∶7才说明反应速率相等，故D错误。(2)由题目提示，固体催化剂作用下的反应速率与催化剂表面各反应物的吸附率有关，故氢酯比小于8，乙酸甲酯及H2均有较大的吸附率，增大氢酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯转化率增大(或增大氢酯比，平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大)；氢酯比大于8，大量的H2吸附在催
化剂的表面，阻碍了催化剂吸附乙酸甲酯，导致乙酸甲酯的转化率减小，故氢酯比为8附近，乙酸甲酯的转化率最大。(3)由反应①和反应②知，压强减小是反应①造成，设反应①中CH3COOCH3反应a mol，列出三段式：(共39张PPT)
题型突破三　化学反应原理综合
突破点3　原理中的图像分析
规律方法整合　建模型
强基培优精练　提能力
考前名校押题　练预测
高考真题赏析　明考向
1. (2023·广东选考节选)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。已知：[FeR3]2＋为橙红色，[FeR3]3＋为淡蓝色。
①c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________。
②下列有关说法中，正确的有________。
B．[FeF3]2＋平衡转化率：αⅢ>αⅡ>αⅠ
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ>tⅡ>tⅠ
(2)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组用吸收光谱法研究了反应体系中M与L反应体系。当c0(L)＝1.0×10－5 mol·L－1时，测得平衡时各物种c平/c0(L)随c0(M)/c0(L)的变化曲线如图。c0(M)/c0(L)＝0.51时，计算M的平衡转化率________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】　(1)①5×10－5 mol/(L·min)　②A、B　(2)98%
2. (2023·辽宁选考节选)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图1所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。
图1
(2)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图2所示，下列说法正确的是________。
a．温度越高，反应速率越大
b．α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
图2
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图3所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
图3
(3)工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图4所示。
据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。
图4
【答案】　(1)CuO　SO3　(2)(ⅰ)cd　(ⅱ)d　(3)98.3%　60 ℃
随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；相同温度下存在α＝0.9、α＝0.92，故α＝0.88的曲线不能代表平衡转化率，b错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确。故答案选cd。(ⅱ)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图3中可以看出标号为d的催化剂V－K－Cs－Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d。(3)由图4可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60 ℃，此时SO3吸收率最高。
?“点—线—面”三维度分析特殊平衡图像
?化工生产中的复杂图像分析
除通过图像获取有用信息和对获取的信息进行加工处理外，还需注意以下4点：
1.曲线上的每个点是否都达到平衡
往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到平衡以后的点才能应用平衡移动原理。如图中虚线表示单位时间内A的产率随温度的升高先增大后减小，先增大的原因是P点之前反应尚未达到平衡，随温度的升高，反应速率增大，故单位时间内A的产率增大。
2.催化剂的活性是否受温度的影响
不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或高于这个温度都会下降。如图，250～300 ℃时，温度升高而B的生成速率降低的原因是温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低。
3.不同的投料比对产率也会造成影响
当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。若温度不变，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，则提高了二氧化碳的转化率。
4.考虑副反应的干扰或影响
往往试题会有一定的信息提示，尤其温度的改变影响较大。
【思维模型】　 “三审”突破反应速率和平衡的有关图像
1. (2024·河北邯郸二模)一氯甲烷广泛用作溶剂、提取剂、推进剂、制冷剂、甲基化试剂，用于生产农药、医药等。600 K时，CH3Cl和H2O作用生成CH3OH，CH3OH可继续反应生成(CH3)2O。反应原理如下：
图1
图2
(2)在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中，充入1 mol CH3Cl和3 mol H2O发生反应，甲醇的物质的量随时间变化如图2所示：
【解析】　(1)反应②放热，达到平衡后升温会逆向移动，升温逆反应速率增大更多，根据题图可知，ln k逆应该是直线a。温度为T1时，k正＝k逆，而平衡时，v正＝v逆，则根据速率与浓度之间关系得到K＝1。(2)两个反应在反应前后气体分子总数均不变，因此平衡后气体总的物质的量仍为4 mol，可得出H2O的物质的量为2.6 mol，而CH3OH有0.3 mol，则CH3Cl、CH3OCH3、HCl共有1.1 mol，根据氧原子守恒，可得出CH3OCH3为0.1 mol，再根据碳原子守恒，CH3Cl为0.5 mol，由氯原子守恒又能算出HCl为0.5 mol，则CH3Cl减少了0.5 mol，即可算出CH3Cl
2. (2024·湖南衡阳二模)丙烯作为化工原料，其用量仅次于乙烯，应用丙烷脱氢制丙烯成为丙烯的重要来源，涉及的主要反应如下：
【答案】　O2　ⅰ
1. (2024·河北秦皇岛市部分示范高中三模节选)乙酸在催化剂的作用下和氢气反应可生成乙醇，反应体系主要发生如下反应：
在200 kPa反应条件下，将n(H2)∶n(CH3COOH)＝10∶1的混合气进行上述反应。平衡时乙酸的转化率、产物的选择性S随温度变化如下图所示。
(1)图中表示乙酸的转化率随温度变化的曲线是________。当温度低于340 ℃时，随着温度的升高，CH3COOC2H5选择性变大的原因是___________________________________。
(2)H2和CH3COOH反应一段时间后，不改变反应时间和温度，能提高S(C2H5OH)的可能措施是________________________(任写一条)。
【答案】　(1)L3　经分析，L1、L2分别代表CH3CHO、CH3CH2OH的选择性随温度变化的曲线；随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移动且反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ，反应Ⅲ的平衡正向移动程度不大，所以340 ℃之前，随着温度的升高，CH3COOC2H5的选择性变大
(2)增大压强或选择合适的催化剂
【解析】　(1)反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C2H5OH的选择性下降，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3CHO的选择性上升，即L1为CH3CHO的选择性，由于CH3CHO、CH3CH2OH、CH3COOC2H5的选择性相加为1，即L2为CH3CH2OH的选择性，综上L3为乙酸的转化率随温度变化的曲线；随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移动，且反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ，反应Ⅲ的平衡正向移动程度不大，所以340 ℃之前，随着温度的升高，CH3COOC2H5的选择性变大。(2)反应Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数相等的反应，即压强的变化对平衡移动无影响，Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，S(C2H5OH)增大，选择合适的催化剂也能增大S(C2H5OH)。
2. (2024·湖南师大附中三模节选)草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)的热催化加氢是生产乙二醇(HOCH2CH2OH)、乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH)的重要工艺，主要反应如下：
回答下列问题：
当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，原因是________________________________________。
(2)在等压3 MPa、投料比为50的条件下，α草酸二甲酯及各产物的选择性(S)随温度变化关系如图乙所示。当反应温度高于478 K时，乙二醇的选择性降低，原因是____________________________________；根据图乙数据，画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像(标出产率最高时的数据)。
【答案】　(1)增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低
(2)温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低　图见解析
【解析】　(1)增大投料比，反应Ⅰ反应平衡正向移动，乙醇酸甲酯产量升高，所以反应Ⅱ平衡也正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低。(2)温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低，乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像如图。

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